一、知識梳理
1．直線與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理
2.平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理
3.空間角
(1)直線與平面所成的角
①定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角，叫做這條直線和這個平面所成的角，如圖，∠PAO就是斜線AP與平面α所成的角．
②線面角θ的范圍：θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))．
(2)二面角
①定義：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．這條直線叫做二面角的棱．兩個半平面叫做二面角的面．
如圖的二面角，可記作：二面角α-l-β或二面角P-AB-Q．
②二面角的平面角
如圖，過二面角α-l-β的棱l上一點(diǎn)O在兩個半平面內(nèi)分別作BO⊥l，AO⊥l，則∠AOB就叫做二面角α-l-β的平面角．
③二面角的范圍
設(shè)二面角的平面角為θ，則θ∈[0，π]．
④當(dāng)θ＝eq \f(π,2)時，二面角叫做直二面角．
常用結(jié)論
1．與線面垂直相關(guān)的兩個常用結(jié)論：
(1)兩平行線中的一條與平面垂直，則另一條也與這個平面垂直．
(2)一條直線垂直于兩平行平面中的一個，則與另一個平面也垂直．
2．三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化：
線線垂直eq \(,\s\up7(判定定理),\s\d5(性質(zhì)定理))線面垂直eq \(,\s\up7(判定定理),\s\d5(性質(zhì)定理))面面垂直
二、教材衍化
1．已知互相垂直的平面α，β交于直線l.若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則( )
A．m∥l B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
解析：選C．由題意知，α∩β＝l，所以l?β，因為n⊥β，所以n⊥l.
2．在三棱錐P-ABC中，點(diǎn)P在平面ABC中的射影為點(diǎn)O.
(1)若PA＝PB＝PC，則點(diǎn)O是△ABC的________心；
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，則點(diǎn)O是△ABC的________心．
解析： (1)如圖，連接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB 和Rt△POC中，PA＝PB＝PC，所以O(shè)A＝OB＝OC，即O為△ABC的外心．
(2)如圖，延長AO，BO，CO分別交BC，AC，AB于點(diǎn)H，D，G.因為PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，
所以PC⊥平面PAB，又AB?平面PAB，所以PC⊥AB，因為AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG?平面PGC，所以AB⊥CG，即CG為△ABC邊AB上的高．同理可證BD，AH分別為△ABC邊AC，BC上的高，即O為△ABC的垂心．
答案：(1)外 (2)垂
一、思考辨析
判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)已知直線a，b，c，若a⊥b，b⊥c，則a∥c.( )
(2)直線l與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直，則l⊥α.( )
(3)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α是一個平面，若m∥n，m⊥α，則n⊥α.( )
(4)若兩平面垂直，則其中一個平面內(nèi)的任意一條直線垂直于另一個平面．( )
(5)若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的無數(shù)條直線，則α⊥β.( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
二、易錯糾偏
eq \a\vs4\al(常見誤區(qū))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)證明線面垂直時，易忽視平面內(nèi)兩條直線為相交直線這一條件；
(2)面面垂直的判定中找不到哪個面和哪條線垂直．
1．(2020·安徽江南十校聯(lián)考)已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個不重合的平面，下面給出的條件中一定能推出m⊥β的是( )
A．α⊥β且m?α B．m⊥n且n∥β
C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且α∥β
解析：選C．由線線平行性質(zhì)的傳遞性和線面垂直的判定定理，可知C正確．
2．(2020·遼寧大連第一次(3月)雙基測試)已知直線l和平面α，β，且l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”的( )
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充要條件
D．既不充分也不必要條件
解析：選A．由面面垂直的判定定理可得，若l?α，l⊥β，則α⊥β，充分性成立；
若l⊥β，α⊥β，則l?α或l∥α，必要性不成立，
所以若l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”的充分不必要條件，故選A．
考點(diǎn)一 線面垂直的判定與性質(zhì)(基礎(chǔ)型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識和理解空間中直線與平面垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定定理，并能運(yùn)用定理證明一些結(jié)論．
核心素養(yǎng)：邏輯推理、直觀想象
(1)(2018·高考全國卷Ⅱ節(jié)選)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2eq \r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)．證明：PO⊥平面ABC.
(2)(2020·重慶市七校聯(lián)合考試)如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都是2，D，E分別是AC，CC1的中點(diǎn)．求證：AE⊥平面A1BD.
【證明】 (1)因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)，
所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2eq \r(3).
連接OB.因為AB＝BC＝eq \f(\r(2),2)AC，
所以△ABC為等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝eq \f(1,2)AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知，PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
(2)因為AB＝BC＝CA，D是AC的中點(diǎn)，
所以BD⊥AC，
因為直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
所以平面AA1C1C⊥平面ABC，
所以BD⊥平面AA1C1C，
所以BD⊥AE.
又在正方形AA1C1C中，D，E分別是AC，CC1的中點(diǎn)，
所以A1D⊥AE.又A1D∩BD＝D，
所以AE⊥平面A1BD.
eq \a\vs4\al()
判定線面垂直的四種方法

1．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是正三角形，M，N分別是AB，AA1的中點(diǎn)，且A1M⊥B1N.
求證：B1N⊥A1C.
證明：連接CM，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM?平面ABC，所以AA1⊥CM.
在△ABC中，AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.
又AA1∩AB＝A，所以CM⊥平面ABB1A1.
因為B1N?平面ABB1A1，所以CM⊥B1N.
又A1M⊥B1N，A1M∩CM＝M，所以B1N⊥平面A1CM.
因為A1C?平面A1CM，所以B1N⊥A1C.
2．如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點(diǎn)E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求證：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
證明：(1)在平面ABD內(nèi)，因為AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.
又因為EF?平面ABC，AB?平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因為平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC?平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因為AD?平面ABD，
所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB?平面ABC，BC?平面ABC，所以AD⊥平面ABC.
又因為AC?平面ABC，所以AD⊥AC.
考點(diǎn)二 面面垂直的判定與性質(zhì)(基礎(chǔ)型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識和理解空間中直線與平面垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定定理，并能運(yùn)用定理證明一些結(jié)論．
核心素養(yǎng)：邏輯推理、直觀想象
(2019·高考北京卷節(jié)選)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點(diǎn)．
(1)求證：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE.
【證明】 (1)因為PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥BD.
因為底面ABCD為菱形，所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.
(2)因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，
且E為CD的中點(diǎn)，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.
因為AE?平面PAE，
所以平面PAB⊥平面PAE.
eq \a\vs4\al()
(1)證明面面垂直的方法
①定義法：利用面面垂直的定義，即判定兩平面所成的二面角為直二面角，將證明面面垂直的問題轉(zhuǎn)化為證明平面角為直角的問題．
②定理法：利用面面垂直的判定定理，即證明其中一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，進(jìn)而把問題轉(zhuǎn)化為證明線線垂直加以解決．
(2)在已知平面垂直時，一般要用性質(zhì)定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化．在一個平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直．
1．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E為AD的中點(diǎn)．
(1)求證：PE⊥BC；
(2)求證：平面PAB⊥平面PCD.
證明：(1)因為PA＝PD，E為AD的中點(diǎn)，所以PE⊥AD.因為底面ABCD為矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.
(2)因為底面ABCD為矩形，所以AB⊥AD.又因為平面PAD⊥平面ABCD，所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因為PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PCD.
2.如圖，在三棱錐A-BCD中，△ABC是等邊三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，點(diǎn)P是AC的中點(diǎn)，連接BP，DP.證明：平面ACD⊥平面BDP.
證明：因為△ABC是等邊三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，
所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得AD＝CD.
因為點(diǎn)P是AC的中點(diǎn)，所以PD⊥AC，PB⊥AC，
因為PD∩PB＝P，PD?平面PBD，PB?平面PBD，
所以AC⊥平面PBD.
因為AC?平面ACD，
所以平面ACD⊥平面BDP.
考點(diǎn)三 空間中的翻折問題(綜合型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))折疊問題的關(guān)鍵有二：①畫好兩個圖——折疊前的平面圖和折疊后的立體圖；②分析好兩個關(guān)系——折疊前后哪些位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系發(fā)生了變化，哪些沒有改變．
(2019·高考全國卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.
(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積．
【解】 (1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，故AD，CG確定一個平面，
從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.
又因為AB?平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)如圖，取CG的中點(diǎn)M，連接EM，DM.
因為AB∥DE，AB⊥平面BCGE，
所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四邊形BCGE是菱形，
且∠EBC＝60°得EM⊥CG，
故CG⊥平面DEM.
因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq \r(3)，故DM＝2.
所以四邊形ACGD的面積為4.
eq \a\vs4\al()
解決此類問題的關(guān)鍵就是根據(jù)折痕，準(zhǔn)確把握平面圖形翻折前后的兩個“不變關(guān)系”：
(1)與折痕垂直的線段，翻折前后垂直關(guān)系不改變；
(2)與折痕平行的線段，翻折前后平行關(guān)系不改變.,其步驟為：
eq \x(第一步)—eq \x(確定折疊前后的各量之間的關(guān)系，搞清折疊前后的變化量和不變量)
↓
eq \x(第二步)—eq \x(在折疊后的圖形中確定線和面的位置關(guān)系，明確需要用到的線面)
↓
eq \x(第三步)—eq \x(利用判定定理或性質(zhì)定理進(jìn)行證明)
(2020·濟(jì)南市模擬考試)如圖1所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝45°，AB＝2CD＝4，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)．將△ADE沿DE折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置，得到如圖2所示的四棱錐P-EBCD，點(diǎn)M為棱PB的中點(diǎn)．
(1)求證：PD∥平面MCE；
(2)若平面PDE⊥平面EBCD，求三棱錐M-BCE的體積．
解： (1)證明：在題圖1中，
因為BE＝eq \f(1,2)AB＝CD且BE∥CD，
所以四邊形EBCD是平行四邊形．
如圖，連接BD，交CE于點(diǎn)O，連接OM，
所以點(diǎn)O是BD的中點(diǎn)，
又點(diǎn)M為棱PB的中點(diǎn)，
所以O(shè)M∥PD，
因為PD?平面MCE，OM?平面MCE，
所以PD∥平面MCE.
(2)在題圖1中，
因為四邊形EBCD是平行四邊形，所以DE＝BC，
因為四邊形ABCD是等腰梯形，
所以AD＝BC，所以AD＝DE，
因為∠BAD＝45°，
所以AD⊥DE.
所以PD⊥DE，
又平面PDE⊥平面EBCD，且平面PDE∩平面EBCD＝DE，
所以PD⊥平面EBCD.
由(1)知OM∥PD，所以O(shè)M⊥平面EBCD，
在等腰直角三角形ADE中，因為AE＝2，所以AD＝DE＝eq \r(2)，
所以O(shè)M＝eq \f(1,2)PD＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(\r(2),2)，S△BCE＝S△ADE＝1，
所以V三棱錐M-BCE＝eq \f(1,3)S△BCE·OM＝eq \f(\r(2),6).
[基礎(chǔ)題組練]
1．設(shè)α為平面，a，b為兩條不同的直線，則下列敘述正確的是( )
A．若a∥α，b∥α，則a∥b B．若a⊥α，a∥b，則b⊥α
C．若a⊥α，a⊥b，則b∥α D．若a∥α，a⊥b，則b⊥α
解析：選B．若a∥α，b∥α，則a與b相交、平行或異面，故A錯誤；易知B正確；若a⊥α，a⊥b，則b∥α或b?α，故C錯誤；若a∥α，a⊥b，則b∥α或b?α，或b與α相交，故D錯誤．故選B．
2．(2020·廣州一模)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中正確的是( )
A．若α⊥β，m∥α，n∥β，則m⊥n
B．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β
C．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥β
D．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n
解析：選B．若α⊥β，m∥α，n∥β，則m與n相交、平行或異面，故A錯誤；
因為m⊥α，m∥n，所以n⊥α，
又因為n∥β，所以α⊥β，故B正確；
若m⊥n，m?α，n?β，則α與β的位置關(guān)系不確定，故C錯誤；
若α∥β，m?α，n?β，則m∥n或m，n異面，
故D錯誤．
3.如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在( )
A．直線AB上
B．直線BC上
C．直線AC上
D．△ABC內(nèi)部
解析：選A．由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.
因為AC?平面ABC，
所以平面ABC1⊥平面ABC.
所以C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上．
4．(2020·黑龍江鶴崗模擬)如圖，在三棱錐V－ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA＝VB，AD＝BD，則下列結(jié)論中不一定成立的是( )
A．AC＝BC B．AB⊥VC
C．VC⊥VD D．S△VCD·AB＝S△ABC·VO
解析：選C．因為VO⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以VO⊥AB.因為VA＝VB，AD＝BD，所以VD⊥AB.又因為VO∩VD＝V，所以AB⊥平面VCD.又因為CD?平面VCD，所以AB⊥CD.又因為AD＝BD，所以AC＝BC，故A正確．
又因為VC?平面VCD，所以AB⊥VC，故B正確；
因為S△VCD＝eq \f(1,2)VO·CD，S△ABC＝eq \f(1,2)AB·CD，所以S△VCD·AB＝S△ABC·VO，故D正確．由題中條件無法判斷VC⊥VD.故選C．
5. (多選)如圖，AC＝2R為圓O的直徑，∠PCA＝45°，PA垂直于圓O所在的平面，B為圓周上不與點(diǎn)A，C重合的點(diǎn)，AS⊥PC于點(diǎn)S，AN⊥PB于點(diǎn)N，則下列選項正確的是( )
A．平面ANS⊥平面PBC
B．平面ANS⊥平面PAB
C．平面PAB⊥平面PBC
D．平面ABC⊥平面PAC
解析：選ACD．因為PA⊥平面ABC，PA?平面PAC，所以平面ABC⊥平面PAC，故D正確；因為B為圓周上不與A，C重合的點(diǎn)，AC為直徑，所以BC⊥AB，因為PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以BC⊥PA，又AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB，又BC?平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC，故C正確；因為AB⊥BC，BC⊥PA，又PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥AN，又因為AN⊥PB，PB∩BC＝B，所以AN⊥平面PBC，又AN?平面ANS，所以平面ANS⊥平面PBC，故A正確．故選ACD．
6.如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是邊AB上的一個動點(diǎn)，則PM的最小值為________．
解析：作CH⊥AB于H，連接PH.因為PC⊥平面ABC，所以PH⊥AB，PH為PM的最小值，等于2eq \r(7).
答案：2eq \r(7)
7．(2019·高考北京卷)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：__________．
解析：其中兩個論斷作為條件，一個論斷作為結(jié)論，可組成3個命題．
命題(1)：若l⊥m，m∥α，則l⊥α，此命題不成立，可以舉一個反例，例如在正方體ABCD-A1B1C1D1中，設(shè)平面ABCD為平面α，A1D1和A1B1分別為l和m，滿足條件，但結(jié)論不成立．
命題(2)：若l⊥m，l⊥α，則m∥α，此命題正確．證明：作直線m1∥m，且與l相交，故l與m1確定一個平面β，且l⊥m1，因為l⊥α，所以平面α與平面β相交，設(shè)α∩β＝n，則l⊥n，又m1，n?β，所以m1∥n，又m1∥m，所以m∥n，又m在平面α外，n?α，故m∥α.
命題(3)：若m∥α，l⊥α，則l⊥m，此命題正確．證明：過直線m作一平面，且與平面α相交，交線為a，因為m∥α，所以m∥a.因為l⊥α，a?α，所以l⊥a，又m∥a，所以l⊥m.
答案：②③?①或①③?②(答案不唯一)
8．如圖，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC，△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有__________________；與AP垂直的直線有________．
解析：因為PC⊥平面ABC，
所以PC垂直于直線AB，BC，AC.
因為AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
所以AB⊥平面PAC，
又因為AP?平面PAC，
所以AB⊥AP，與AP垂直的直線是AB.
答案：AB，BC，AC AB
9.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.
(1)求證：DC⊥平面PAC；
(2)求證：平面PAB⊥平面PAC.
證明：(1)因為PC⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，
所以PC⊥DC.
又因為AC⊥DC，且PC∩AC＝C，
所以DC⊥平面PAC.
(2)因為AB∥CD，DC⊥AC，
所以AB⊥AC.
因為PC⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，
所以PC⊥AB.
又因為PC∩AC＝C，
所以AB⊥平面PAC.
又AB?平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAC.
10．(2020·內(nèi)蒙古呼和浩特第一次質(zhì)量普查)如圖，平面四邊形ABCD中，AB⊥BD，AB＝BC＝CD＝2，BD＝2eq \r(2)，沿BD折起，使AC＝2eq \r(2).
(1)證明：△ACD為直角三角形；
(2)設(shè)B在平面ACD內(nèi)的射影為P，求四面體PBCD的體積．
解：(1)證明：在Rt△ABD中，AB⊥BD，AB＝2，BD＝2eq \r(2)，
所以AD＝eq \r(AB2＋BD2)＝eq \r(4＋8)＝2eq \r(3)，
因為AC＝2eq \r(2)，CD＝2，所以AC2＋CD2＝AD2，
所以AC⊥CD，
所以△ACD是直角三角形．
(2)由(1)知CD⊥AC，易知CD⊥BC，
因為AC∩BC＝C，所以CD⊥平面ABC，又CD?平面ACD，
所以平面ABC⊥平面ACD，其交線為AC，
故過B點(diǎn)作AC的垂線，垂足為P，點(diǎn)P即為B在平面ACD內(nèi)的射影，
易知P為AC的中點(diǎn)，
所以四面體PBCD的體積VPBCD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×1＝eq \f(2,3).
[綜合題組練]
1.如圖，在正四面體PABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點(diǎn)，下面四個結(jié)論不成立的是( )
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
解析：選D．因為BC∥DF，DF?平面PDF，BC?平面PDF，所以BC∥平面PDF，故選項A正確．
在正四面體中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC，
所以BC⊥平面PAE，則DF⊥平面PAE，從而平面PDF⊥平面PAE.因此選項B，C均正確．
2. (多選)如圖，一張A4紙的長、寬分別為2eq \r(2)a，2a，A，B，C，D分別是其四條邊的中點(diǎn)．現(xiàn)將其沿圖中虛線折起，使得P1，P2，P3，P4四點(diǎn)重合為一點(diǎn)P，從而得到一個多面體．下列關(guān)于該多面體的命題，正確的是( )
A．該多面體是三棱錐
B．平面BAD⊥平面BCD
C．平面BAC⊥平面ACD
D．該多面體外接球的表面積為5πa2
解析：選ABCD．由題意得該多面體是一個三棱錐，故A正確；因為AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，所以AP⊥平面BCD，又因為AP?平面BAD，所以平面BAD⊥平面BCD，故B正確；同理可證平面BAC⊥平面ACD，故C正確；通過構(gòu)造長方體可得該多面體的外接球半徑R＝eq \f(\r(5),2)a，所以該多面體外接球的表面積為5πa2，故D正確．綜上，正確的命題為ABCD．
3．在矩形ABCD中，AB＜BC，現(xiàn)將△ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進(jìn)行翻折，在翻折的過程中，給出下列結(jié)論：
①存在某個位置，使得直線AC與直線BD垂直；
②存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直；
③存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直．
其中正確結(jié)論的序號是________．(寫出所有正確結(jié)論的序號)
解析：①假設(shè)AC與BD垂直，過點(diǎn)A作AE⊥BD于點(diǎn)E，連接CE.則eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(AE⊥BD,BD⊥AC))?BD⊥平面AEC?BD⊥CE，而在平面BCD中，EC與BD不垂直，故假設(shè)不成立，①錯．
②假設(shè)AB⊥CD，因為AB⊥AD，所以AB⊥平面ACD，所以AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在這樣的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假設(shè)成立，②正確．
③假設(shè)AD⊥BC，
因為DC⊥BC，所以BC⊥平面ADC，
所以BC⊥AC，即△ABC為直角三角形，且AB為斜邊，而AB＜BC，故矛盾，假設(shè)不成立，③錯．綜上，填②.
答案：②
4．如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱長為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)是BB1上的動點(diǎn)，AB1，DF交于點(diǎn)E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1F的長為________．
解析：設(shè)B1F＝x，因為AB1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF.
由已知可以得A1B1＝eq \r(2)，
設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h，則DE＝eq \f(1,2)h，
又2×eq \r(2)＝h×eq \r(22＋(\r(2))2)，
所以h＝eq \f(2\r(3),3)，DE＝eq \f(\r(3),3).
在Rt△DB1E中，B1E＝eq \r((\f(\r(2),2))2－(\f(\r(3),3))2)＝eq \f(\r(6),6).
由面積相等得eq \f(\r(6),6)× eq \r(x2＋(\f(\r(2),2))2)＝eq \f(\r(2),2)x，得x＝eq \f(1,2).即線段B1F的長為eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
5．(2020·廣東七校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中點(diǎn)，G是PD的中點(diǎn)．
(1)求四棱錐P-ABCD的體積；
(2)求證：AG∥平面PEC；
(3)求證：平面PCD⊥平面PEC.
解：(1)易知V四棱錐P-ABCD＝eq \f(1,3)S正方形ABCD·PA＝eq \f(1,3)×2×2×2＝eq \f(8,3).
(2)證明：如圖，取PC的中點(diǎn)F，連接EF和FG，
則易得AE∥FG，且AE＝eq \f(1,2)CD＝FG，
所以四邊形AEFG為平行四邊形，所以EF∥AG.
因為EF?平面PEC，AG?平面PEC，
所以AG∥平面PEC.
(3)證明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，
因為PA∩AD＝A，PA?平面PAD，AD?平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
又AG?平面PAD，所以CD⊥AG.
易知PD⊥AG，因為PD∩CD＝D，PD?平面PCD，CD?平面PCD，
所以AG⊥平面PCD，
所以EF⊥平面PCD.
又EF?平面PEC，
所以平面PEC⊥平面PCD.
6.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，M為棱AC的中點(diǎn)．AB＝BC，AC＝2，AA1＝eq \r(2).
(1)求證：B1C∥平面A1BM；
(2)求證：AC1⊥平面A1BM；
(3)在棱BB1上是否存在點(diǎn)N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此時eq \f(BN,BB1)的值；如果不存在，請說明理由．
解：(1)證明：連接AB1與A1B，兩線交于點(diǎn)O，連接OM.
在△B1AC中，因為M，O分別為AC，AB1的中點(diǎn)，
所以O(shè)M∥B1C，
又因為OM?平面A1BM，B1C?平面A1BM，
所以B1C∥平面A1BM.
(2)證明：因為側(cè)棱AA1⊥底面ABC ，BM?平面ABC，
所以AA1⊥BM，
又因為M為棱AC的中點(diǎn)，AB＝BC，所以BM⊥AC.
因為AA1∩AC＝A，AA1，AC?平面ACC1A1，
所以BM⊥平面ACC1A1，
所以BM⊥AC1.
因為AC＝2，所以AM＝1.
又因為AA1＝eq \r(2)，
所以在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，
tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝eq \r(2)，
所以∠AC1C＝∠A1MA，
即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，
所以A1M⊥AC1.
因為BM∩A1M＝M，BM，A1M?平面A1BM，
所以AC1⊥平面A1BM.
(3)當(dāng)點(diǎn)N為BB1的中點(diǎn)，即eq \f(BN,BB1)＝eq \f(1,2)時，平面AC1N⊥平面AA1C1C.
證明如下：
設(shè)AC1的中點(diǎn)為D，連接DM，DN.因為D，M分別為AC1，AC的中點(diǎn)，
所以DM∥CC1，且DM＝eq \f(1,2)CC1.
又因為N為BB1的中點(diǎn)，
所以DM∥BN，且DM＝BN，
所以四邊形BNDM為平行四邊形，所以BM∥DN，
因為BM⊥平面ACC1A1，所以DN⊥平面AA1C1C.
又因為DN?平面AC1N，
所以平面AC1N⊥平面AA1C1C.文字語言
圖形語言
符號語言
判定
定理
一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a，b?α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))?l⊥α
性質(zhì)
定理
垂直于同一個平面的兩條直線平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))?a∥b
文字語言
圖形語言
符號語言
判定
定理
一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l?β,l⊥α))?α⊥β
性質(zhì)
定理
兩個平面垂直，則一個平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,l?β,α∩β＝a,l⊥a))?l⊥α

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